【Codeforces Round #430 (Div. 2) D】Vitya and Strange Lesson

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【题意】

给出一个数组，每次操作将整个数组亦或一个数x，问得到的数组的结果中的mex.mex表示为自然数中第一个没有出现过的数。

【题解】

异或的效果是可以累加的,所以不用每次都算出来每一次的a是什么。而只要把前i个询问的x取一下异或和now,然后用异或和对每个ai异或就可以了。

对于这道题.我们需要用字典树来做.

对于一开始的a数组中没有出现的数字,都把它按照位加入到字典树中,最多19位。

设原数组是a,然后没出现的数字组成数组A.

结论:则我们对原数组进行一次异或操作即a xor 了x,则异或之后的a数组的mex值就是A数组也xor x之后的最小值。

感性的证明:

假设进行了一次异或操作.

则,相当于把每个数字的二进制形式中的一些1翻转成了0,而0翻转成了1,就是x的二进制中为1的那些位置都进行了翻转操作,那么假如数字t没有出现过,则进行了一次异或操作之后,t可能就出现了,而t xor x可能就没有出现了,则我们就直接认为t出现了,而t xor x变成没有出现的了.

可以这么做是因为,如果t xor x也是没有出现的话,它也会对x进行异或操作,则也会认为t是没有出现的,这样之前认为t出现过的错误结论就能得到订正,这样就不会造成错解了,t 和 t xor x还是都没出现的。

而如果没有出现的数字里面没有t xor x的话,那就说明原数组里面有t xor x这个数字,则进行异或操作之后还是会有t这个数字,则之前的结论也就对了,而进行了异或操作之后
t xor x也就变成没有出现过的了。

也就是说,A里面的数字,xor之后还是没有出现的.且只有这些数字是没有出现的。

这样就感性地解释了那个结论.

那么现在的问题就变为,给你一个数字X,然后让你在A里面找一个数字,然后Ai和X的异或值最小.

则我们从高位开始,尽量让Ai的位和X的对应位一样(异或结果就变成0),这样高位就尽量小了。

字典树的作用就在此。

【错的次数】

1

【反思】

反面去考虑问题,从中得到结论.

二进制的问题好多和字典树有关呢。

那个结论挺难想的。

【代码】

/*
 
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <set>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ld long double
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define ri(x) scanf("%d",&x)
#define rl(x) scanf("%lld",&x)
#define rs(x) scanf("%s",x)
#define rf(x) scnaf("%lf",&x)
#define oi(x) printf("%d",x)
#define ol(x) printf("%lld",x)
#define oc putchar(' ')
#define os(x) printf(x)
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define Open() freopen("F:\\rush.txt","r",stdin)
#define Close() ios::sync_with_stdio(0)
#define sz(x) ((int) x.size())
#define ld long double
 
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;
 
//mt19937 myrand(time(0));
//int get_rand(int n){return myrand()%n + 1;}
const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 19;
 
struct node {
	node *ch[2];
	int val;
	node() { ch[0] = ch[1] = NULL; val = 0; }
} *root;
 
int n, m, a[N + 10];
bool bo[1 << N];
 
void insert(int x) {
	node *p = root;
	rep2(i, (N-1), 0) {
		int temp = (x >> i) & 1;
		if (p->ch[temp] == NULL) p->ch[temp] = new node();
		p = p->ch[temp];
	}
	p->val = x;
}
 
int query(int x) {
	node *p = root;
	rep2(i, (N-1), 0) {
		int temp = (x >> i) & 1;
		if (p->ch[temp] == NULL)
			p = p->ch[temp ^ 1];
		else
			p = p->ch[temp];
	}
	return p->val;
}
 
int main() {
	//Open();
	//Close();
	root = new node();
	ri(n), ri(m);
	rep1(i, 1, n) {
		int x;
		ri(x);
		bo[x] = 1;
	}
	rep1(i, 0, (1 << N)-1)
		if (!bo[i])
			insert(i);
	int now = 0;
	rep1(i, 1, m) {
		int x;
		ri(x);
		now ^= x;
		oi(now^query(now)); puts("");
	}
	return 0;
}